Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Оно имеет вид∂ϱ+ divx (ϱv) = 0.∂t(2.20)Зададим также начальное распределение плотностиϱ|t=0 = ϱ0 (x) ∈ C 1(2.21)Проинтегрируем задачу Коши (2.20)-(2.21). Преобразуя (2.20), имеем∂ϱ ∑ ∂ϱ+vj+ ϱdivx v = 0.∂t j=1 xj3Значит, задачу Коши (2.20)-(2.21) можно интегрировать по обобщенному алгоритму А2. Для этого заметим сначала, что гиперповерхность γможет быть параметризована естественным образом: γ = {(ξ, 0), ξ ∈ R3 }.Применяя обобщенный алгоритм А2, получим:{ẋj = vj (x, τ ), x|τ =0 = ξj ,(2.22)ṫ = 1,t|τ =0 = 0,34откуда t = τ . Пусть x = ψ(ξ, t) – решение этой системы, тогда для ϱ(ξ, τ )уравнение характеристики имеет видϱ̇(ψ(ξ, τ ), τ ) + ϱ(ψ(ξ, τ ), τ )(divx v)|x=ψ(ξ,τ ),t=τ = 0, ϱ|τ =0 = ϱ0 (ξ),и его решение∫τϱ(ψ(ξ, τ ), τ ) = ϱ0 (ξ) exp(−(divx v)|x=ψ(ξ,τ ′ ),t=τ ′ dτ ′ )(2.23)0Далее, разрешая x = ψ(ξ, τ ) относительно ξ, с учетом того, что t = τ ,имеем ξ = S(x, τ ).
Подставив это в (2.23), имеемϱ(x, t) =()∫τ= ϱ0 (ξ) exp(− (divx v)|x=ψ(ξ,τ ′ ),t=τ ′ dτ ′ ) 0(2.24)ξ=S(x,t)Попробуем упростить эту формулу. Для этого докажем несколько вспомогательных утверждений.iЛемма 2 (Формула Лиувилля) Якобиан Jx (ξ, t) = det( ∂ψ) удовле∂ξjтворяет уравнениюdJx= Jx · (divx v)|x=ψ(ξ,τ )dtДоказательство.мы 83, отсюда(и, обозначив Y =Система (2.22) удовлетворяет всем условиям теоре-∂ψi∂ξj)ddt(∂ψi∂ξj)3∑∂vi ∂ψk=,∂xk ∂ξjk=1, имеем()∂viẎ =Y.∂xk i,k=1,...,3Далее, Y (0) = E, значит, матрица Y – невырожденная при малых t,т.е. Jx ̸= 0 и по правилу дифференцирования невырожденной матрицыполучаемdJx= det Y · tr(Ẏ Y −1 ),dtоткуда следует утверждение леммы.35Теорема 12 Пусть при t ∈ [0, T ], ξ ∈ R3 верно Jx ̸= 0.
Тогда формулу(2.24) можно переписать в виде)(ϱ0 (ξ) .ϱ(x, t) =Jx (ξ, t) ξ=S(x,t)Доказательство.В силу леммы Лиувилля имеем(divx v)|x=ψ(ξ,t) =J˙x,Jxоткуда экспонента в формуле (2.24) имеет вид( ∫)t ˙1Jxexp −dτ = exp(− ln Jx (ξ, t) + ln Jx (ξ, 0)) =,Jx (ξ, t)0 Jxтак как Jx (ξ, 0) = 1. Отсюда следует утверждение теоремы.Уравнение переноса имеет вид3∑vj (x, t)j=1∂ϕ∂ϕ++ f (x, t)ϕ = 0,∂xj∂t(2.25)где v(x, t) – потенциальное поле с потенциалом S(x, t): v(x, t) = ∇S(x, t),а функция f (x, t) = 21 ∆S(x, t).
Зададим начальные условияϕ|t=0 = ϕ0 (x) ∈ C0∞ (R3 )(2.26)Пусть X(x0 , t) – решение системы характеристикẋ = v(x, t), x|t=0 = x0 ,( )∂xiи якобиан Jx = det ∂x̸= 0 при t ∈ [0, T ], x0 (x, t) – решение системы0jx = X(x0 , t).Теорема 13 Решение задачи Коши (2.25)-(2.26) на отрезке [0, T ] задается формулой0ϕ0 (x ) .ϕ(x, t) = √Jx (x0 , t) 0 0x =x (x,t)36Доказательство.уравнениюПусть ϱ(x, t) = ϕ2 (x, t), тогда ϱ(x, t) удовлетворяет∂ϱ+ < ∇x ϱ, v(x, t) > +ϱ∆S = 0.∂tТак как v(x, t) = ∇x S(x, t), то это уравнение имеет вид∂ϱ+ divx (ϱ · gradx S) = 0.∂tПоследнее уравнение – уравнение неразрывности. Отсюда и из теоремы12 следует доказываемое.Упражнения.
1. Провести подробное доказательство теоремы 11.2. Провести подробное доказательство теоремы 13.Литература:А.Ф.Филиппов, Введение в теорию дифференциальных уравнений“, §26”Конспекты лекций по математическим методам физики, “под редакци”ей В.В. Белова и С.Ю. Доброхотова, Институт им. Курчатова(2007), §13.33.3.1Введение в теорию нелинейных УрЧП первого порядка. Огибающие и характеристики.Полные интегралы и огибающие.Пусть F (p, z, x) ∈ C 1 (Rn ×R×Rn ). Рассмотрим нелинейное УрЧП первогопорядкаF (∇x u, u, x) = 0.Пусть A ⊂ Rn – открытое множество, иu(x, a) – решение (3.27) такое, что u(x, a)матрицуua1 ux1 a1ua2 ux1 a22(Da u, Dxau) = ...
...uan ux1 an(3.27)∀a ∈ A существует функция2∈ C 2 . Обозначим (Da u, Dxau). . . uxn a1. . . uxn a2 ....... . . . u x n anОпределение. Функция u(x, a) называется полным интегралом уравнения (3.27) в U × A, если371) u(x, a) – решение (3.27) для всех a ∈ A.22) rank(Da u, Dxau) = n для всех x ∈ U , a ∈ A.Замечание 3 Условие 2) в определении означает, что u(x, a) зависитот всех параметров a1 , . . . , an , т.е. не существует множества B ⊂Rn−1 такого, что каждому a ∈ A соответствует b ∈ B по законуu(x, a) = ϕ(x, b) ∀x ∈ U .Доказательство. Предположим противное. Тогда существует отображение ψ : A → B, заданное соотношением u(x, a) = ϕ(x, ψ(a)). Будемn−1∑считать, что ψ ∈ C 1 .
Тогда uxi aj =ϕxi bk (x, ψ(a))ψakj (a). Отсюда видно,k=1чтоn−1∑2det(Dxau) =ϕx1 bk1 ϕx2 bk2 . . . ϕxn bkn det Ψ = 0,k1,k2 ,...,kn =1где матрица Ψ имеет видψak11 . . . ψakn1Ψ = ... ... ... ,ψak1n . . . ψaknnтак как при любом выборе kj в матрице Ψ есть минимум два одинаковыхстолбца. Аналогично доказывается, что для всех подматриц матрицы2(Da u, Dxau) размера n × n их определители равны нулю, откуда следует,2что rank(Da u, Dxau) < n.Определение. Пусть u = u(x, a) ∈ C 1 , x ∈ U ⊂ Rn , a ∈ A ⊂ Rm .Рассмотрим систему алгебраических уравнений на a:∂u(x, a)= 0.∂ai(3.28)Пусть функция a = ϕ(x) ∈ C 1 – решение (3.28).
Тогда функция v(x) =u(x, ϕ(x)) называется огибающей семейства функций {u(x, a), a ∈ A}.Теорема 14 Пусть для всех a ∈ A функция u(x, a) – решение (3.27),существует v(x) – огибающая, v(x) ∈ C 1 . Тогда v(x) – решение (3.27) иназывается особым интегралом (3.27).38Доказательство. Положим v(x) = u(x, ϕ(x)), где ϕ(x) – решение системы алгебраических уравнений (3.28). Тогда в силу (3.28) имеемvxi = uxi (x, ϕ(x)) +m∑uaj (x, ϕ(x))j=1∂ϕj= uxi (x, ϕ(x)).∂xiОтсюда для любого x ∈ U получаемF (∇x v(x), v(x), x) = F (∇x u(x, ϕ(x)), u(x, ϕ(x)), x) = 0,так как u(x, a) – решение (3.27) для всех a ∈ A.Теорема доказана.Увеличим число решений, которые можно получить из полного интеграла, следующим образом: пусть A′ ⊂ Rn−1 , h ∈ C 1 , h : A′ → R, графикh лежит в A.Определение. Общим интегралом (зависящим от h) уравнения(3.27) называется огибающая v(x) семейства функцийu′ (x, a′ ) = u(x, a′ , h(a′ ))при условии, что она существует и принадлежит классу C 1 .Замечание 4 Исходя из полного интеграла, можно построить решение, зависящее от произвольной функции h ∈ C 1 (Rn−1 ).Замечание 5 Общий интеграл для (3.27) дает не все решения (3.27),если F – не линейная функция.Доказательство.
Рассмотрим F (p, z, x) = F1 (p, z, x) · F2 (p, z, x). Еслиu1 (x, a) – полный интеграл уравнения F1 (∇x u, u, x) = 0, то соответствующий ему общий интеграл является общим интегралом и для F ; однако,при этом потеряны“ все решения уравнения F2 (∇x u, u, x) = 0.”3.3.2Примеры и упражнения.Уравнение Клеро. Рассмотрим уравнение< x, ∇u > +f (∇u) = u,39где f – заданная функция. Полный интеграл для этого уравнения имеетвид u(x, a) =< x, a > +f (a). Действительно, ∇x u(x, a) = a, откуда сле2дует, что u(x, a) – решение ∀a ∈ Rn ; Da u(x, a) = x + ∇f (a), Dxau = E,2а значит, rank(Da u, Dxa u) = n. Пусть f (a) =< a, a >.
Построим соответствующий указанному полному интегралу особый интеграл. Система(3.28) в этом случае имеет вид xi + 2ai = 0, откуда a = − x2 , и функция2v(x) = − |x|4 – особый интеграл.Уравнение эйконала. Рассмотрим уравнение|∇u| = 1.Соответствующий полный интеграл имеет вид u(x, a, b) =< a, x > +b,a ∈ ∂B(0, 1), b ∈ R. (Здесь B(0, 1) = {a ∈ Rn , |a| ≤ 1} – шар радиуса 1 с центром в нуле).
Пусть n = 2. Построим соответствующий указанному полному интегралу особый интеграл. Так как a ∈ ∂B(0, 1), тоa = (cos α, sin α), u(x, a, b) = x1 cos α +x2 sin α +b. Положим для простотыb = h(a) = 0. Тогда система (3.28) имеет вид−x1 sin α + x2 cos α = 0,откуда tg α =x2,x1а значит, функцияv(x) = x1 cos(arctgx2x2) + x2 sin(arctg ) = ±|x|x1x1– решение уравнения эйконала при x ̸= 0.Уравнение Гамильтона-Якоби. Рассмотрим уравнениеut + H(∇u) = 0.Полный интеграл для этого уравнения имеет видu(t, x, a, b) =< a, x > +b − tH(a), x ∈ Rn , t ≥ 0.Пусть для простоты H(p) = |p|2 , h = 0, тогда u′ (t, x, a) =< a, x > −t|a|2 ,x, иогибающая находится из системы (3.28): x − 2at = 0, откуда a = 2t2|x|огибающая имеет вид v(x, t) = 4 .Упражнения. 1. Показать, что u(x, a, b) =< a, x > +b, a ∈ ∂B(0, 1),b ∈ R – полный интеграл для уравнения эйконала.2.
Показать, что u(t, x, a, b) =< a, x > +b − tH(a), a ∈ Rn , b ∈ R, x ∈ Rn ,t ≥ 0 – полный интеграл для уравнения Гамильтона-Якоби.403.3.3Вывод характеристических уравнений. ЗадачаКоши.Попытаемся, как и в квазилинейном случае, свести задачу (3.27) к системе ОДУ. Для этого рассмотрим задачу Коши, соответствующую (3.27):{F (∇u, u, x) = 0, x ∈ U,(3.29)u|Γ = g(x),где Γ ⊆ ∂U , g : Γ → R – гладкая функция, F ∈ C 1 .
План решения задачи (3.29) следующий: зафиксируем x ∈ U и попробуем найти кривую,лежащую в U и соединяющую точку x с точкой x0 ∈ Γ, вдоль которой можно было бы вычислить значения функции u(x). Эта кривая ибудет характеристикой уравнения (3.27). Кривую будем искать в видеx(s) = (x1 (s), . . . , xn (s)), s ∈ I ⊆ R. Пусть u(x) ∈ C 2 (U ) – решение (3.27).Положим z(s) = u(x(s)), p(s) = ∇x u(x(s)). Продифференцировав по sравенства pi (s) = uxi (x(s)), имеемṗi (s) =n∑j=1∂2u(x(s)) · ẋj (s).∂xi ∂xj(3.30)С другой стороны, продифференцировав (3.27) по xi , получимn∑∂F∂ 2u(∇u, u, x)+∂p∂x∂xjijj=1+∂F∂u∂F(∇u, u, x)+(∇u, u, x) = 0.∂z∂xi ∂xi(3.31)Пусть такжеẋj (s) =∂F(p(s), z(s), x(s)).∂pj(3.32)Воспользуемся этим и равенством (3.31) для того, чтобы избавиться отвторых производных функции u(x) в (3.30).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
